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3.4: Aplicaciones

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Interés Compuesto

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La ecuación para el crecimiento de una inversión con capitalización continua de interés es una ecuación diferencial de primer orden. S(t)Sea el valor de la inversión en el momentot, y dejer ser la tasa de interés anual compuesta después de cada intervalo de tiempo∆t. También podemos incluir depósitos (o retiros). kSea el monto del depósito anual, y supongamos que se deposita una cuota después de cada intervalo de tiempo∆t. El valor de la inversión en el momentot + ∆t se da entonces por \label{eq:1}S(t+\Delta t)=S(t)+(r\Delta t)S(t)+k\Delta t,donde al final del intervalo de tiempo∆t,r\Delta tS(t) es la cantidad de intereses acreditados yk∆t es la cantidad de dinero depositado(k > 0) o retirado(k < 0). Como ejemplo numérico, si la cuenta mantenida$10,000 en tiempot, yr = 6\% por año yk = $12,000 por año, digamos, y el período de capitalización y depósito es∆t = 1\text{ month} = 1/12\text{ year}, entonces el interés otorgado después de un mes esr\Delta tS = (0.06/12) × $10,000 = $50, y el monto depositado esk∆t = $1000.

Reordenando los términos de\eqref{eq:1} para exhibir lo que pronto se convertirá en un derivado, tenemos\frac{S(t+\Delta t)-S(t)}{\Delta t}=rS(t)+k.\nonumber

La ecuación para la composición continua de intereses y depósitos continuos se obtiene tomando el límite\Delta t\to 0. La ecuación diferencial resultante es la \label{eq:2}\frac{dS}{dt}=rS+k,que se puede resolver con la condición inicialS(0) = S_0, dondeS_0 está el capital inicial. Podemos resolver ya sea separando variables o usando un factor integrador; resuelvo aquí separando variables. Integrando det = 0 a un tiempo finalt, \begin{align} \int_{S_0}^S \frac{dS}{rS+k}&=\int_0^tdt,\nonumber \\ \frac{1}{r}\ln\left(\frac{rS+k}{rS_0+k}\right)&=t,\nonumber \\ rS+k&=(rS_0+k)e^{rt},\nonumber \\ S&=\frac{rS_0e^{rt}+ke^{rt}-k}{r},\nonumber \\ S&=S_0e^{rt}+\frac{k}{r}e^{rt}(1-e^{-rt}),\label{eq:3} \end{align}donde el primer término en el lado derecho de\eqref{eq:3} proviene del capital invertido inicial, y el segundo plazo proviene de los depósitos (o retiros). Evidentemente, la capitalización da como resultado el crecimiento exponencial de una inversión.

Como ejemplo práctico, podemos analizar un plan de retiro simple. Es más fácil suponer que todos los montos y rendimientos están en dólares reales (ajustados por inflación). Supongamos que un25 niño de un año planea apartar una cantidad fija cada año de su vida laboral, invierte a un retorno real de6\%, y se jubila a la edad65. ¿Cuánto debe invertir cada año para tener\text{HK }$8,000,000 al jubilarse? (Nota:\text{US }$1\approx\text{ HK }$8.) Tenemos que resolver\eqref{eq:3} parak usart = 40\text{ years},S(t) = $8,000,000,S_0 = 0, yr = 0.06 por año. Tenemos\begin{aligned}k&=\frac{rS(t)}{e^{rt}-1}, \\ k&=\frac{0.06\times 8,000,000}{e^{0.06\times 40}-1}, \\ &=$47,889\text{ year}^{-1}.\end{aligned}

Para haber ahorrado aproximadamente un millón\text{US}$ al jubilarse, el trabajador necesitaría ahorrar aproximadamente\text{HK }$50,000 al año a lo largo de su vida laboral. Tenga en cuenta que el monto ahorrado a lo largo de la vida del trabajador es aproximadamente40 × $50,000 = $2,000,000, mientras que el monto ganado por la inversión (al rendimiento6\% real supuesto) es aproximadamente$8,000,000 − $2,000,000 = $6,000,000. El monto ganado de la inversión es sobre el monto ahorrado, incluso con el modesto retorno real de6\%. La planificación de inversiones bien merece la pena el esfuerzo.

Reacciones Químicas

Supongamos que dos químicosA yB reaccionan para formar un productoC, el cual escribimos unA+B\overset{k}{\to}C,\nonumber wherek se llama la constante de velocidad de la reacción. Por simplicidad, usaremos el mismo símboloC, digamos, para referirnos tanto al químicoC como a su concentración. La ley de acción masiva dice quedC/dt es proporcional al producto de las concentracionesA yB, con proporcionalidad constantek; es decir \label{eq:4}\frac{dC}{dt}=kAB.

De igual manera, la ley de acción de masas permite escribir ecuaciones para las derivadas del tiempo de las concentraciones de reactivosA yB:

\label{eq:5}\frac{dA}{dt}=-kAB,\quad\frac{dB}{dt}=-kAB.

La oda dada por\eqref{eq:4} puede resolverse analíticamente usando leyes de conservación. Suponemos queA_0 yB_0 son las concentraciones iniciales de los reactivos, y que ningún producto está inicialmente presente. Desde\eqref{eq:4} y\eqref{eq:5},\begin{array}{lll} \frac{d}{dt}(A+C)=0&\Longrightarrow &A+C=A_0, \\ \frac{d}{dt}(B+C)=0&\Longrightarrow &B+C=B_0.\end{array}\nonumber

Usando estas leyes de conservación,\eqref{eq:4} se convierte en\frac{dC}{dt}=k(A_0-C)(B_0-C),\quad C(0)=0,\nonumber lo que es una ecuación no lineal que puede integrarse separando variables. Separando e integrando, obtenemos \begin{align}\int_0^C\frac{dC}{(A_0-C)(B_0-C)}&=k\int_0^t dt\nonumber \\ &=kt.\label{eq:6}\end{align}

La integral restante se puede hacer usando el método de fracciones parciales. Escribimos \label{eq:7}\frac{1}{(A_0-C)(B_0-C)}=\frac{a}{A_0-C}+\frac{b}{B_0-C}.

El método de encubrimiento es el método más sencillo para determinar los coeficientes desconocidosa yb. Para determinara, multiplicamos ambos lados de\eqref{eq:7} porA_0 − C y establecemosC = A_0 para encontrara=\frac{1}{B_0-A_0}.\nonumber

Del mismo modo, para determinarb, multiplicamos ambos lados de\eqref{eq:7} porB_0 − C y establecemosC = B_0 para encontrarb=\frac{1}{A_0-B_0}.\nonumber

Por lo tanto,\frac{1}{(A_0-C)(B_0-C)}=\frac{1}{B_0-A_0}\left(\frac{1}{A_0-C}-\frac{1}{B_0-C}\right),\nonumber y la integral restante de\eqref{eq:6} se convierte (usandoC < A_0,\: B_0)\begin{aligned} \int_0^C\frac{dC}{(A_0-C)(B_0-C)}&=\frac{1}{B_0-A_0}\left(\int_0^C\frac{dC}{A_0-C}-\int_0^C\frac{dC}{B_0-C}\right) \\ &=\frac{1}{B_0-A_0}\left(-\ln\left(\frac{A_0-C}{A_0}\right)+\ln\left(\frac{B_0-C}{B_0}\right)\right) \\ &=\frac{1}{B_0-A_0}\ln\left(\frac{A_0(B_0-C)}{B_0(A_0-C)}\right).\end{aligned}

Usando esta integral en\eqref{eq:6}, multiplicando por(B_0 − A_0) y exponenciando, obtenemos\frac{A_0(B_0-C)}{B_0(A_0-C)}=e^{(B_0-A_0)kt}.\nonumber

Resolviendo paraC, finalmente obtenemosC(t)=A_0B_0\frac{e^{(B_0-A_0)kt}-1}{B_0e^{(B_0-A_0)kt}-A_0},\nonumber lo que parece ser una expresión complicada, pero tiene los límites simples\begin{aligned}\underset{t\to\infty}{\lim}C(t)&=\left\{\begin{array}{ll}A_0,&\text{if }A_0<B_0, \\ B_0,&\text{if }B_0<A_0\end{array}\right. \\ &=\text{min}(A_0,B_0).\end{aligned}

Como cabría esperar, la reacción se detiene después de que uno de los reactivos se agota; y la concentración final de producto es igual a la concentración inicial del reactivo agotado.

Velocidad terminal

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Usando la ley de Newton, modelamos una masam libre que cae bajo gravedad pero con resistencia al aire. Suponemos que la fuerza de resistencia del aire es proporcional a la velocidad de la masa y se opone a la dirección del movimiento. Definimos elx eje -para apuntar en dirección ascendente, opuesto a la fuerza de la gravedad. Cerca de la superficie de la Tierra, la fuerza de gravedad es aproximadamente constante y viene dada por−mg, cong = 9.8\text{m/s}^2 la aceleración gravitacional habitual. La fuerza de resistencia del aire es modelada por−kv, dondev está la velocidad vertical de la masa yk es una constante positiva. Cuando la masa está cayendo,v < 0 y la fuerza de resistencia del aire es positiva, apuntando hacia arriba y oponiéndose al movimiento. Por lo tanto, la fuerza total sobre la masa viene dada porF = −mg − kv. ConF = ma ya = dv/dt, obtenemos la ecuación diferencial \label{eq:8}m\frac{dv}{dt}=-mg-kv.

La velocidad terminalv_∞ de la masa se define como la velocidad asintótica después de que la resistencia del aire equilibre la fuerza gravitacional. Cuando la masa está a velocidad terminal, dedv/dt = 0 modo que \label{eq:9}v_{\infty}=-\frac{mg}{k}.

El acercamiento a la velocidad terminal de una masa inicialmente en reposo se obtiene resolviendo\eqref{eq:8} con condición inicialv(0) = 0. La ecuación es tanto lineal como separable, y resuelvo separando variables:

\begin{aligned}m\int_0^v\frac{dv}{mg+kv}&=-\int_0^t dt,\\ \frac{m}{k}\ln\left(\frac{mg+kv}{mg}\right)&=-t, \\ 1+\frac{kv}{mg}&=e^{-kt/m}, \\ v&=-\frac{mg}{k}\left(1-e^{-kt/m}\right).\end{aligned}

Por lo tantov = v_∞\left( 1 − e^{−kt/m}\right),, yv se acerca av_∞ medida que el término exponencial decae a cero.

A modo de ejemplo, un paracaidista de masam = 100\text{ kg} con su paracaídas cerrado puede tener una velocidad terminal de200\text{ km/hr}. Cong=(9.8\text{ m/s}^2)(10^{-3}\text{ km/m})(60\text{ s/min})^2(60\text{ min/hr})^2=127,008\text{ km/hr}^2,\nonumber uno obtiene de\eqref{eq:9},k = 63, 504\text{ kg/hr}. Por lo tanto, la mitad de la velocidad terminal para caída libre (100\text{ km/hr}) se alcanza cuando(1 − e^{−kt/m}) = 1/2, ot = m \ln 2/k\approx 4\text{ sec}. Aproximadamente95\% de la velocidad terminal (190\text{ km/hr}) se alcanza después17\text{ sec}.

Velocidad de escape

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Un problema físico interesante es encontrar la velocidad inicial más pequeña para que una masa en la superficie de la Tierra escape del campo gravitacional de la Tierra, la llamada velocidad de escape. La ley de gravitación universal de Newton afirma que la fuerza gravitacional entre dos cuerpos masivos es proporcional al producto de las dos masas e inversamente proporcional al cuadrado de la distancia entre ellos. Para una masam una posiciónx por encima de la superficie de la Tierra, la fuerza sobre la masa viene dada porF=-G\frac{Mm}{(R+x)^2},\nonumber dondeM yR son la masa y radio de la Tierra yG es la constante gravitacional. El signo menos significa que la fuerza sobre losm puntos de masa en la dirección de la disminuciónx. La aceleración aproximadamente constanteg en la superficie terrestre corresponde al valor absoluto deF/m cuandox = 0:

g=\frac{GM}{R^2},\nonumberyg\approx 9.8\text{ m/s}^2. Así pues, la ley de NewtonF = ma para la masam viene dada por \begin{align}\frac{d^2x}{dt^2}&=-\frac{GM}{(R+x)^2}\nonumber \\ &=-\frac{g}{(1+x/R)^2},\label{eq:10}\end{align}donde se sabe que está el radio de la TierraR\approx 6350\text{ km}.

Un truco útil nos permite resolver esta ecuación diferencial de segundo orden como una ecuación de primer orden. Primero, tenga en cuenta esod^2x/dt^2 = dv/dt. Si escribimosv(t) = v(x(t)) —considerando que la velocidad de la masam es una función de su distancia sobre la Tierra— tenemos usando la regla de la cadena\begin{aligned}\frac{dv}{dt}&=\frac{dv}{dx}\frac{dx}{dt} \\ &=v\frac{dv}{dx},\end{aligned} donde hemos usadov = dx/dt. Por lo tanto,\eqref{eq:10} se convierte en la oda de primer ordenv\frac{dv}{dx}=-\frac{g}{(1+x/R)^2},\nonumber que puede resolverse asumiendo una velocidad inicialv(x = 0) = v_0 cuando la masa se dispara verticalmente desde la superficie de la Tierra. Separando variables e integrando, obtenemos\int_{v_0}^v vdv=-g\int_0^x\frac{dx}{(1+x/R)^2}.\nonumber

La integral izquierda es\frac{1}{2}(v^2 − v_0^2), y la integral derecha se puede realizar usando la sustituciónu = 1 + x/R,du = dx/R:

\begin{aligned}\int_0^x\frac{dx}{(1+x/R)^2}&=R\int_1^{1+x/R}\frac{du}{u^2} \\ &=-\left.\frac{R}{u}\right]_1^{1+x/R} \\ &=R-\frac{R^2}{x+R} \\ &=\frac{Rx}{x+R}.\end{aligned}

Por lo tanto,\frac{1}{2}(v^2-v_0^2)=-\frac{gRx}{x+R},\nonumber que al multiplicarse porm es una expresión de la conservación de la energía (el cambio de la energía cinética de la masa es igual al cambio en la energía potencial). Resolviendo parav^2,v^2=v_0^2-\frac{2gRx}{x+R}.\nonumber

La velocidad de escape se define como la velocidad inicial mínimav_0 tal que la masa puede escapar al infinito. Por lo tanto,v_0 = v_{\text{escape}} cuandov → 0 comox → ∞. Tomando este límite, tenemos\begin{aligned}v_{\text{escape}}^2&=\underset{x\to\infty}{\lim}\frac{2gRx}{x+R} \\ &=2gR.\end{aligned}

ConR\approx 6350\text{ km} yg = 127 008\text{ km/hr}^2, determinamosv_{\text{escape}} = \sqrt{2gR}\approx 40 000\text{ km/hr}. En comparación, la velocidad del hocico de un rifle moderno de alto rendimiento es4300\text{ km/hr}, casi un orden de magnitud demasiado lenta para que una bala, disparada al cielo, pueda escapar de la gravedad de la Tierra.

Circuito RC

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Considere una resistenciaR y un condensadorC conectados en serie como se muestra en la Fig. \PageIndex{1}. Una batería que proporciona una fuerza electromotriz, o emf\mathcal{E}, se conecta a este circuito mediante un interruptor. Inicialmente, no hay carga en el condensador. Cuando el interruptor se lanza a una, la batería se conecta y el condensador se carga. Cuando se lanza el interruptor ab, la batería se desconecta y el condensador se descarga, con la energía disipada en la resistencia. Aquí, determinamos la caída de voltaje a través del condensador durante la carga y descarga.

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Figura\PageIndex{1}: Diagrama del circuito RC.

Las ecuaciones para las caídas de voltaje a través de un condensador y una resistencia están dadas por \label{eq:11} V_C=q/C,\quad V_R=iR,dóndeC está la capacitancia yR es la resistencia. El cargoq y la corrientei están relacionados por \label{eq:12}i=\frac{dq}{dt}.

La ley de voltaje de Kirchhoff establece que la emf\mathcal{E} en cualquier bucle cerrado es igual a la suma de las caídas de voltaje en ese bucle. Aplicar la ley de voltaje de Kirchhoff cuando se lanza el interruptor aa resulta en \label{eq:13}V_R+V_C=\mathcal{E}.

Usando\eqref{eq:11} y\eqref{eq:12}, la caída de voltaje a través de la resistencia se puede escribir en términos de la caída de voltaje a través del condensador comoV_R=RC\frac{dV_C}{dt},\nonumber y se\eqref{eq:13} puede reescribir para producir la ecuación diferencial lineal de primer orden para VC dada por \label{eq:14}\frac{dV_C}{dt}+V_C/RC=\mathcal{E}/RC,con condición inicial V_C(0)=0.

El factor integrador para esta ecuación es\mu(t)=e^{t/RC},\nonumber y\eqref{eq:14} se integraV_C(t)=e^{-t/RC}\int_0^t(\mathcal{E}/RC)e^{t/RC}dt,\nonumber con la soluciónV_C(t)=\mathcal{E}\left(1-e^{-t/RC}\right).\nonumber

El voltaje comienza en cero y se eleva exponencialmente a\mathcal{E}, con escala de tiempo característica dada porRC.

Cuando se lanza el interruptor ab, la aplicación de la ley de voltaje de Kirchhoff da como resultado la ecuación diferencial correspondienteV_R+V_C=0,\nonumber\frac{dV_C}{dt}+V_C/RC=0.\nonumber

Aquí, suponemos que la capacitancia está inicialmente completamente cargada de tal manera queV_C(0) =\mathcal{E}. La solución, entonces, durante la fase de descarga viene dada porV_C(t)=\mathcal{E}e^{-t/RC}.\nonumber

El voltaje comienza en\mathcal{E} y decae exponencialmente a cero, nuevamente con la escala de tiempo característica dada porRC.

La Ecuación Logística

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DejarN(t) ser el número de individuos en una población a la vezt, y dejarb yd ser la tasa media de natalidad per cápita y la tasa de mortalidad, respectivamente. En poco tiempo∆t, el número de nacimientos en la población esb\Delta tN, y el número de muertes esd\Delta tN. Entoncest + ∆t se determina que una ecuación paraN en el tiempo es laN(t+\Delta t)=N(t)+b\Delta tN(t)-d\Delta tN(t),\nonumber que se puede reorganizar a\frac{N(t+\Delta t)-N(t)}{\Delta t}=(b-d)N(t);\nonumber y como\Delta t\to 0, y conr=b-d, tenemos\frac{dN}{dt}=rN.\nonumber

Este es el modelo de crecimiento maltusiano (Thomas Malthus, 1766-1834), y es la misma ecuación que nuestro modelo de interés compuesto.

Bajo un modelo de crecimiento maltusiano, el tamaño de la población crece exponencialmente comoN(t)=N_0e^{rt},\nonumber dondeN_0 está el tamaño inicial de la población. Sin embargo, cuando el crecimiento poblacional está limitado por recursos limitados, una modificación heurística al modelo de crecimiento maltusiano da como resultado la ecuación de Verhulst, \label{eq:15}\frac{dN}{dt}=rN\left(1-\frac{N}{K}\right),dondeK se llama la capacidad de carga del ambiente. Hacer\eqref{eq:15} adimensional usando\tau = rt yx = N/K conduce a la ecuación logística,\frac{dx}{d\tau}=x(1-x),\nonumber donde podemos asumir la condición inicialx(0) = x_0 > 0. Separación de variables e integración\int_{x_0}^x\frac{dx}{x(1-x)}=\int_0^{\tau}d\tau .\nonumber

La integral en el lado izquierdo se puede hacer usando el método de fracciones parciales:

\frac{1}{x(1-x)}=\frac{a}{x}+\frac{b}{1-x},\nonumbery los rendimientos del método de encubrimientoa = b = 1. Por lo tanto,\begin{aligned}\int_{x_0}^x\frac{dx}{x(1-x)}&=\int_{x_0}^x\frac{dx}{x}+\int_{x_0}^x\frac{dx}{(1-x)} \\ &=\ln\frac{x}{x_0}-\ln\frac{1-x}{1-x_0} \\ &=\ln\frac{x(1-x_0)}{x_0(1-x)} \\ &=\tau .\end{aligned}

Resolviendo parax, primero exponenciamos ambos lados y luego aislamosx:

\begin{align}\frac{x(1-x_0)}{x_0(1-x)}&=e^{\tau},\nonumber \\ x(1-x_0)&=x_0e^{\tau}-xx_0e^{\tau},\nonumber \\ x(1-x_0+x_0e^{\tau})&=x_0e^{\tau},\nonumber \\ x&=\frac{x_0}{x_0+(1-x_0)e^{-\tau}}.\label{eq:16}\end{align}

Observamos que parax_0 > 0, tenemos\lim_{\tau\to\infty} x(\tau ) = 1, correspondiente a\underset{t\to\infty}{\lim}N(t)=K.\nonumber

La población, por lo tanto, crece en tamaño hasta alcanzar la capacidad de carga de su entorno.


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